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sujets optique géométrque-ATS-centrale

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Sujets optique géométrique
ATS Centrale
SUJETS OPTIQUE GEOMETRIQUE
PROBLEME N°1 : FIBRE OPTIQUE
Le guidage de la lumière peut être assuré par des
fibres optiques. Une fibre optique est constituée
d’un cylindre de verre ou de plastique appelé
cœur, entouré d’une gaine transparente
d’indice de réfraction plus faible. La gaine
contribue non seulement aux propriétés
mécaniques de la fibre, mais évite aussi les fuites
de lumière vers l’extérieur.
Actuellement, le diamètre du cœur d’une fibre
va de 3 à 200 μm et le diamètre de la gaine peut
aller jusqu’à 400 μm.
A) Fibre à Saut d’Indice
Une fibre est constituée d’un cœur cylindrique de rayon a et d’indice n1, entouré d’une gaine de rayon
extérieur de rayon b et d’indice n2 < n1. Les faces d’entrée et de sortie sont perpendiculaires à l’axe de
révolution (Oz) commun au cœur et à la gaine.
La fibre est plongée dans l’air, d’indice de réfraction n0 = 1,0000.
Un rayon lumineux arrive en un point I de l’axe (Oz) sur la face d’entrée de la fibre, avec un angle d’incidence
𝜃. On note r l’angle de réfraction en I.
1) Montrer que le rayon lumineux est guidé dans le cœur (c'est‐à‐dire qu’il n’en sort pas) si l’angle i est
supérieur à une valeur critique iC. Expliquer à l’aide d’un schéma détaillé de quelle manière le rayon
est alors guidé dans le cœur
2) Exprimer iC en fonction de n1 et n2. Calculer iC pour n1 = 1,456 (silice) et n2 = 1,410 (silicone).
3) En déduire l’intervalle des valeurs de 𝜃 permettant à la lumière de rester confinée dans la fibre.
4) Soit 𝜃m l’angle d’incidence maximale qui permet la propagation guidée de la lumière dans la fibre. On
appelle ouverture numérique ON de la fibre la quantité sin(𝜃 m). Calculer 𝜃 m et ON pour les mêmes
indices qu’à la question A)2)
5) Quelle est la valeur de l’ON pour une fibre à base d’arséniure de gallium pour lequel n1 = 3,9 et n2 = 3,0 ?
Commenter.
6) L’atténuation de la lumière dans les fibres optiques est due à l’absorption et à la diffusion de la lumière
par le matériau constitutif du cœur et par ses impuretés (Fe2+, Cu2+, HO‐). Elle se mesure en décibels
1
Sujets optique géométrique
par kilomètre : AdB/km = D
10
(km)
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Φ
log (Φ1 ) où Φ1 et Φ2 désignent les flux lumineux dans des plans de front
2
successifs distants de D (plans orthogonaux à l’axe Oz). On parvient couramment à réaliser des fibres
dans lesquelles le flux lumineux, après un parcours de 50 km, représente 10% du flux incident. Calculer
l’atténuation de telles fibres.
B) Transmission par fibre optique à saut d’indice
Lorsqu’on émet une impulsion lumineuse extrêmement brève au niveau du point I de la face d’entrée de
la fibre, des rayons lumineux sont émis dans toutes les directions de propagation possible. Il se pose alors
le problème de l’élargissement temporel au niveau de la face de sortie, puisque tous les rayons n’arrivent
pas en même temps : certains ont un trajet plus long à parcourir que d’autres.
On note L la longueur totale de la fibre et c la vitesse de la lumière dans le vide.
1) Exprimer en fonction de L, c et n1 la durée de propagation Δt d’un rayon qui suit l’axe (Oz) sur toute la
longueur de la fibre.
2) On considère le rayon d’angle d’incidence maximale 𝜃m qui «zigzague» dans la fibre sur toute la
longueur de la fibre. Exprimer la longueur L’ du trajet qu’il suit en fonction de L et de l’angle de
réfraction rm en I.
𝑛
3) Soit Δt’ la durée de propagation de ce rayon zigzaguant. Montrer que Δt’= 𝑛1 Δt
2
4) Calculer la différence δtmax des durées de propagation des deux rayons particuliers envisagés.
Données : L = 1 km, n1 = 1,456, n2 = 1,410, et c = 3.108 m.s‐1.
5) On envoie alors en entrée de la fibre des impulsions lumineuses très brèves avec une période T.
Dessiner de la même manière l’allure des impulsions reçues en sortie de la fibre, en supposant que celles‐
ci ne se recouvrent pas.
6)
A quelle fréquence maximale fmax peut-on émettre des impulsions lumineuses en entrée qui soient
«séparées » en sortie ? Calculer la valeur numérique de fmax.
7)
En transmission numérique, on exprime le résultat en nombre maximum d’éléments binaires – une
impulsion codant un bit 1, une absence d’impulsion un bit 0 – qu’on peut transmettre par seconde.
Que vaut le débit en bit/s de cette fibre ? Le comparer au débit du standard téléphone Numéris
(64kbit/s) et au standard télévision (100Mbit/s).
2
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C) Problème d’installation
La fibre est maintenant coudée, comme sur la figure ci‐contre.
1) Expliquez, à l’aide d’un schéma pourquoi une partie des
rayons guidés dans la tranche rectiligne ne le sont plus dans
la partie coudée.
2) On suppose que la fibre optique prend une position extrême
en tournant sur elle‐même de 180° (voir ci-contre). Trouver
la relation entre n1, n2, et les rayons a et b du cœur et de la
gaine, qui assure la réflexion totale, dans la partie coudée,
du rayon arrivant en incidence normale au point I de la face
d’entrée de la fibre optique (𝜃 = 0°).
3) Calculer la valeur minimale de b correspondante pour a =
100 μm et les indices de la silice et du silicone. Commenter.
PROBLEME N°2 : CAMERA DE CONTROLE DES PLAQUES D’IMMATRICULATION
Remarques préliminaires importantes : il est rappelé aux candidat(e)s que les explications des phénomènes
étudiés interviennent dans la notation au même titre que les développements analytiques et les
applications numériques ;
Tout au long de l’énoncé, les paragraphes en italique ont pour objet d’aider à la compréhension du
problème ; tout résultat fourni dans l’énoncé peut être admis et utilisé par la suite, même s’il n’a pas été
démontré par le (la) candidat(e).
Par ailleurs, de nombreuses questions sont indépendantes.
Le document-réponse (recto-verso) devra être complété puis remis avec la copie.
Pour diminuer le nombre de véhicules circulant dans le centre-ville et réduire ainsi les embouteillages, la
pollution et le bruit qu’ils engendrent, plusieurs grandes agglomérations (Londres, Singapour, Stockholm)
utilisent un système de péage urbain.
Différentes technologies sont mises en œuvre pour détecter les véhicules entrant dans la zone de circulation
taxée. Le système londonien, appelé London Congestion Charge (mis en place en 2003) utilise un réseau de
500 caméras installées à chaque point permettant d’entrer ou de sortir de la zone payante. Les images
obtenues sont ensuite analysées par un algorithme LAPI (Lecture Automatique des Plaques
d’Immatriculation) qui génère une liste des véhicules ayant circulé dans le centre-ville, ce qui déclenche la
facturation d’une taxe.
DEL infrarouges
Objectifs des caméras
Ces systèmes doivent être robustes, peu coûteux, ne nécessiter
aucun réglage et être fonctionnels dans des conditions de
luminosité très variées.
Le modèle retenu (ci-contre) comporte deux caméras identiques :
l’une enregistrant dans le domaine visible et l’autre dans le proche
infrarouge grâce un filtre stoppant les radiations visibles. Un
ensemble de diodes électroluminescentes (DEL) émettant des flashes
de longueur d’onde respective 810 nm et 950 nm entoure les caméras
et permet d’illuminer la plaque d’immatriculation.
caméra P362 de la société PIPS®
Les spécifications du constructeur sont les suivantes :
3
≈ 10 cm
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Le capteur CCD (Charge Coupled Device) de ces caméras est un rectangle de diagonale 1/4 " (0,635 cm) et
est découpé en 752 x 582 pixels (largeur x hauteur) ; les pixels sont des carrés tous identiques, de côté a.
Pour réduire le coût, les risques de panne et les réglages lors de l’installation, ces caméras ont une distance
focale image f’ fixe. Le constructeur propose différents modèles destinés à enregistrer les plaques
d’immatriculation à une distance de mesure déterminée L. Le tableau ci-dessous ou tableau 1 suivant
résume les modèles disponibles :
Modèle de caméra
Focale 𝑓 ′
Distance de mesure L
1
35,0 mm
20,0 m
2
3
25,0 mm 16,0 mm
14,5 m
9,0 m
4
12,0 mm
7,0 m
5
8,00 mm
4,5 m
La norme britannique concernant les plaques d’immatriculation est la suivante :
Les plaques doivent mesurer 110 mm de hauteur et 520 mm
de largeur. Les caractères doivent avoir une hauteur de
79 mm et une largeur de 50 mm, l’épaisseur du trait
110 mm
étant fixée à 14 mm.
50 mm
79 mm
520 mm
A) DIMENSIONNEMENT DES CAMÉRAS
Les caméras sont identiques et constituées d’une lentille d’objectif de distance focale image f’ qui forme sur
le capteur CCD une image de la plaque d’immatriculation.
La figure 1 illustre cette configuration (les échelles relatives ne sont pas respectées).
Figure 1
Plan d’observation
Lentille d’objectif de distance focale
image f’ et de diamètre D
Capteur CCD
Plaque
d’immatriculation
+
P
O
C
Caméra
1) Donner la condition que doivent vérifier f’ (distance focale image de la lentille) et 𝑃𝐶 (distance entre
l’objet réel et son image réelle) pour que cette opération soit possible. On ne demande pas de justifier.
Comment s’appelle la réalisation de l’image réelle d’un objet réel ?
2) Exprimer la distance 𝑂𝐶 en fonction de L = 𝑃𝑂 et f’. Justifier pourquoi la lentille doit nécessairement
être convergente.
3) Ecrire le grandissement 𝛾 en fonction de L et f’.
4) En tenant compte des valeurs numériques du tableau 1, simplifier l’expression de 𝑂𝐶 obtenue à la
question 2). Commenter.
5) Simplifier de même l’expression de 𝛾. Calculer la valeur numérique du grandissement 𝛾 pour ces cinq
modèles de caméras (répondre avec 3 chiffres significatifs). Commenter.
Pour les questions suivantes, 𝛾 sera pris égal à la moyenne de ces cinq valeurs.
6) Déterminer la largeur et la hauteur du capteur CCD en millimètres ainsi que la valeur numérique de la
longueur a du côté d’un pixel de ce capteur.
7) En déduire les dimensions du champ de vue dans le plan d’observation. Est-il suffisant d’installer une
caméra par rue permettant d’accéder au centre-ville ?
4
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8) Déterminer les dimensions de l’image d’un des caractères de la plaque d’immatriculation sur le capteur
CCD en micromètres, puis en pixels.
9) Le dimensionnement de la caméra est imposé par une valeur optimale de 𝛾 qui repose sur un
compromis entre deux contraintes antagonistes : préciser lesquelles.
10) Quels problèmes se poseraient si le dispositif ne filmait que dans le domaine visible ? Quels sont les
avantages à filmer une seconde image en infrarouge ?
Les lentilles de ces caméras ont un diamètre D = 1,00 cm. Elles se comportent donc comme une pupille
circulaire qui diffracte la lumière. L’image d’une source ponctuelle n’est donc pas un point mais présente
une certaine étendue spatiale due à la diffraction.
11) Calculer, pour la caméra de modèle 1, l’ordre de grandeur de la largeur de la tache de diffraction de
l’image d’un point sur le capteur CCD pour le rayonnement infrarouge utilisé.
Comparer ce phénomène à la pixellisation de l’image. Limite-t-il la résolution ?
B) PROFONDEUR DE CHAMP
Bien que ces caméras ne disposent pas de dispositif de mise au point (leur distance focale est fixe), il est
néanmoins possible de visualiser des plaques d’immatriculation qui ne sont pas rigoureusement situées à la
distance L spécifiée par le constructeur (cf. Tableau 1).
Le but de cette partie est de déterminer la profondeur de champ Z, c'est-à-dire la longueur de la zone de
l’espace où l’objet peut-être placé afin que la caméra en fournisse une image considérée comme nette.
Le document-réponse « Optique », à rendre avec la copie, comporte différentes figures sur lesquelles un
objet ponctuel est situé sur l’axe optique (les constructions ne sont pas à l’échelle et ont pour seul but
d’illustrer le phénomène). Le diamètre de la lentille est D = 1,00 cm.
Sur la première figure, l’objet est situé en P0, à la distance L spécifiée par le constructeur.
1) Compléter cette figure en représentant le trajet des deux rayons lumineux issus de P0 et frappant la
lentille en deux points extérieurs diamétralement opposés. Représenter la position de l’image C0 de ce
point P0 par la lentille d’objectif. (Un soin particulier est attendu dans la réalisation de la construction
dont la démarche doit être rigoureusement justifiée.)
Le capteur CCD est positionné dans le plan perpendiculaire à l’axe optique et passant par C0. L’objet ponctuel
P1 est maintenant placé à une distance Δ1 = 𝑃0 𝑃1 > 0 de P0.
2) Compléter la seconde figure du document-réponse en y représentant : le plan du capteur CCD (en
reportant le point C0 de la construction de la question 1), le trajet des deux rayons lumineux issus de
P1 et frappant la lentille en deux points extérieurs diamétralement opposés. Son image est notée C1.
Ce faisceau ne forme pas une image ponctuelle sur le capteur mais un disque de diamètre d1 > 0 qui doit
être inférieur à la taille a d’un pixel pour que l’image soit nette : 0 < d1 < a.
3) Montrer que le diamètre de la tache image, noté d1, peut s’exprimer sous la forme :
𝑓′ 𝛥
1
d1 = D ( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿−
𝛥
1
)
4) Compléter la troisième figure, dans le cas où 𝑃0 𝑃2 = - Δ2 < 0 (Δ2 > 0 est une distance).
𝑓′ 𝛥
2
On admet que le diamètre de la tache image peut alors s’exprimer sous la forme : d2 = D ( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿+
𝛥
5) Simplifier les expressions de d1 et d2 sachant que f’ << L
5
2
)
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6) Exprimer, en fonction de 𝑎, 𝐿, 𝐷 et f’, les distances Δ1lim et Δ2lim telles que la tache image sur le capteur
ait un diamètre égal à la taille d’un pixel.
7) Calculer les valeurs numériques des distances Δ1lim et Δ2lim pour la caméra 3, en prenant 𝑎 = 7,00 µm.
8) Déterminer l’expression de la profondeur de champ Z en fonction de 𝑓’, 𝐷, 𝑎 et 𝐿.
9) Simplifier cette expression en tenant compte des valeurs numériques de l’énoncé.
10) Commenter le choix d’une lentille de petit diamètre pour réaliser cette caméra.
Document-réponse « Optique », à compléter et à rendre avec la copie
B1.
+
P0
F
O
F’
B2.
+
P0
P1
B4.
6
F
O
F’
D
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+
P0
F
O
F’
Remarque : P2 est en dehors de la figure
PROBLEME N°3 : LATITUDE DE MISE AU POINT ET PROFONDEUR DE CHAMP D’UN AUTOFOCUS (CENTRALE PSI
2015)
L’autofocus, AF, ou mise au point automatique, permet de régler la netteté de l’image que donne un
instrument d’optique. La plupart des appareils photographiques peuvent êtres couplés à des objectifs
comportant une motorisation AF : un moteur (et un dispositif mécanique) va permettre de translater tout
ou partie du dispositif optique le long de son axe. Or quand on regarde les caractéristiques techniques de
certains objectifs de la marque Canon®, par exemple, pouvant être fixés sur un même boitier de la même
marque, on constate que le type de motorisation peut être différent comme dans l’exemple donné fig.1.
L’objectif EF 50 mm 1:1.2 L USM (à gauche) possède une motorisation ultrasonique (UltraSonic Motor). Le
modèle EF 50 mm 1:1.8 II (au milieu) quant à lui possède une motorisation classique avec un micromoteur
à courant continu. Enfin, le modèle EF 40 mm 1:2.8 STM (à droite) possède une motorisation pas à pas
(Stepper Technology Motor) et est monté sur cette image sur un appareil EOS 600D.
Figure 1 Trois objectifs autofocus
On désire photographier un individu, debout, de taille 1,80 m à l’aide d’un objectif EF 50 mm 1:1.2 L USM,
assimilable à une lentille mince convergente (𝐿), de distance focale image fixe 𝑓′ = 50,0 mm, associée à un
diaphragme de rayon 𝑅 réglable, supposé placé dans le plan de la lentille mince. Le capteur d’image du
7
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boitier EOS 600D est une matrice contenant 18,7 millions de pixels identiques carrés de côté 𝑎 disposés
dans une matrice rectangulaire de longueur 22,3 mm et de hauteur 14,9 mm. Le sujet, photographié de
face, est situé à une distance 𝐷 du capteur et à une distance 𝑑 de la lentille (𝐿). Lorsque le photographe
effectue la mise au point sur ce sujet, son image occupe toute la hauteur du capteur.
I.A – Déterminer numériquement les distances 𝑑, 𝐷 et 𝑎.
I.B – La latitude de mise au point est la distance, comptée sur l’axe optique, qui sépare les deux positions
extrêmes de la lentille (𝐿) entre lesquelles l’image d’un point objet formée sur le récepteur garde une
netteté acceptable, c’est-à-dire ici qu’elle soit de taille inférieure à 𝑎, taille caractéristique d’un pixel.
𝒇′
Le nombre d’ouverture NO de l’objectif est défini par la relation 𝑵𝑶 = 𝟐𝑹. Pour l’objectif considéré, il est
variable dans l’intervalle [1,2 ; 16].
I.B.1) Comment faire varier NO en pratique ?
I.B.2) Exprimer littéralement la latitude de mise au point en fonction de 𝐷, 𝑓′, NO et 𝑎. Calculer sa valeur
numérique pour les valeurs minimale et maximale de NO. Commenter.
I.C – La profondeur de champ, quant à elle, désigne la distance, comptée sur l’axe optique, qui sépare les
deux positions extrêmes d’un point objet situé sur cet axe pour lesquelles l’image reste nette. On montre
que la profondeur de champ est d’autant plus grande que le nombre d’ouverture est grand. Pour réaliser
le portrait de l’individu, la latitude de mise au point doit être grande ou faible ?
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ELEMENTS DE CORRECTION
PROBLEME N°1: FIBRE OPTIQUE
D) Fibre à Saut d’Indice
1) Le rayon lumineux est guidé dans le cœur s’il subit une réflexion totale à chaque fois qu’il arrive sur l’interface
cœur/gaine. Pour cela, deux conditions doivent être vérifiées :
• Le milieu gaine doit être moins réfringent que le milieu cœur soit n2 < n1, ainsi i2 (angle de réfraction éventuel
dans la gaine) est supérieur à i.
• ET : l’angle d’incidence i doit être supérieur à une valeur limite ilim correspondant à un rayon réfracté dans la gaine
avec un angle 90° . Donc ilim vérifie : n1 sin ilim = n2 sin 90
• Pour finir, le rayon est guidé dans la fibre si i > iC avec iC = ilim = arcsin(
𝒏𝟐
𝒏𝟏
) (expression qui sous-entend que n1 > n2
).
• A.N. : pour n1 = 1,456 (silice) et n2 = 1,410 (silicone), iC = 75,56 °.
On retient 4 CS compte tenu des valeurs des indices.
Lorsqu’on se place dans ces conditions, il y a une première réflexion totale en J 1, l’angle incident et l’angle réfléchis étant égaux
selon la loi de la réflexion de Descartes, puis le rayon lumineux repart dans le cœur et arrive en I 1 avec un angle j1 = j’1 = rm d’après
différentes propriétés des angles.
Il rencontre alors à nouveau l’interface cœur / gaine en J2, avec par géométrie ic,2 = ic. Il y a donc à nouveau réflexion totale, etc.
𝑖𝑐
𝑖𝑐
𝑟𝑚
𝑖𝑐,2
𝜃
2) Intervalle des valeurs de 𝜃 permettant à la lumière de rester confinée dans la fibre :
• La condition i > iC va se répercuter sur r (relation géométrique) puis sur 𝜃 (relation optique) .
• i > iC or r et i sont complémentaires, donc i = 90 – r et l’inégalité i > iC est équivalente à r < 90 - iC
𝑛
soit sin r < cos ( iC ) ou sin r < √1 − sin2 𝑖𝐶 donc sin r < √1 − ( 𝑛2 )2
1
• r est lié à 𝜃 par la loi des sinus de Descartes en I : n0 sin 𝜃 = n1 sin r ainsi sin r =
𝑛
Donc l’inégalité sin r < √1 − ( 𝑛2 )2 devient
1
𝑛0 sin 𝜃
𝑛1
𝑛
𝑛0 sin 𝜃
.
𝑛1
𝑛
𝑛
< √1 − ( 𝑛2 )2 soit sin 𝜃 < √( 𝑛1 )2 − ( 𝑛2 )2
1
0
0
• Pour finir : L’intervalle des valeurs de 𝜃 permettant à la lumière de rester confinée dans la fibre est l’intervalle [0 ;
𝑛
𝑛
arcsin (√( 𝑛1 )2 − ( 𝑛2 )2 ) ]
0
0
3) Soit 𝜃m l’angle d’incidence maximale qui permet la propagation guidée de la lumière dans la fibre.
𝒏
𝒏
𝒏
𝒏
D’après ce qui précède 𝜃m = arcsin (√( 𝒏𝟏 )𝟐 − ( 𝒏𝟐 )𝟐 ) , donc ON = sin(𝜃m) = √( 𝒏𝟏 )𝟐 − ( 𝒏𝟐 )𝟐
𝟎
A.N. : 𝜽m = 21,29 ° et ON = 0,3631
9
𝟎
𝟎
𝟎
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4) Fibre à base d’arséniure de gallium pour lequel n1 = 3,9 et n2 = 3,0.
𝒏
𝒏
A.N. : ON = sin(𝜃m) = √( 𝒏𝟏 )𝟐 − ( 𝒏𝟐 )𝟐 = 2,5 > 1 donc impossible que cette valeur soit un sinus.
𝟎
𝟎
Ainsi, sin 𝜃 est toujours inférieur à 2,5 et ainsi tout angle 𝜃 convient.
Tout rayon pénétrant dans cette fibre est guidé et reste confiné dans le cœur.
5) On parvient couramment à réaliser des fibres dans lesquelles le flux lumineux, après un parcours de 50 km,
représente 10% du flux incident. Cela correspond à Φ2 = 10% . Φ1 soit une atténuation :
10
AdB/km = 50.
log (10) = 0,2 dB/km.
(km)
E) Transmission par fibre optique à saut d’indice
1) Soit un rayon qui suit l’axe (Oz) sur toute la longueur de la fibre, il parcourt donc le chemin L dans le cœur (milieu
𝑐
𝐿
𝑳𝒏
1) pendant la durée Δt avec une vitesse de propagation v1 = or v1 = donc Δt = 𝟏
𝑛1
𝛥𝑡
𝒄
2) Soit un rayon d’angle d’incidence maximale 𝜃m, il est réfracté en I avec l’angle rm puis frappe l’interface
cœur/gaine en J1 avec l’angle ic à la profondeur z.
𝑖𝑐
𝑖′𝑐
𝑟𝑚
𝑖𝑐,2
𝜃
La longueur L’ du trajet parcouru par la lumière s’écrit alors 𝐿′ = 𝐼𝐽1 + 𝐽1 𝐽2 + 𝐽2 𝐽3 + ⋯
𝐼𝐾
𝑧
Or 𝐼𝐽1 = 𝑐𝑜𝑠 𝑟1 , avec 𝐼𝐾1 correspondant à l’abscisse z du point K1, soit 𝐼𝐽1 = 𝑐𝑜𝑠 𝑟 .
𝑚
𝑚
D’autre part, comme nous l’avons dit dans la question 1), d’après la loi de Descartes de la réflexion, 𝑖𝑐 = 𝑖𝑐′ , et
par géométrie 𝑟𝑚 = 𝑗1 = 𝑗1′ .
𝐾 𝐼
𝐼 𝐾
1 2
On a donc 𝐽1 𝐽2 = 𝐽1 𝐼1 + 𝐼1 𝐽2 = 𝑐𝑜𝑠1 𝑟1 + 𝑐𝑜𝑠
=
𝑟
𝑚
𝐼𝐾
𝐾 𝐾
𝑚
𝐾1 𝐾2
𝑐𝑜𝑠 𝑟𝑚
𝐾 𝐾
Soit 𝐿′ = 𝑐𝑜𝑠 𝑟1 + 𝑐𝑜𝑠1 𝑟2 + 𝑐𝑜𝑠2 𝑟3 + ⋯, avec 𝐼𝐾1 + 𝐾1 𝐾2 + 𝐾2 𝐾3 + ⋯ = 𝐿
𝑚
𝑚
𝑚
𝑳
Au bout d’une longueur L de fibre le rayon aura parcouru L’ = 𝒄𝒐𝒔 𝒓 .
𝒎
3) Soit Δt’ la durée de propagation de ce rayon zigzaguant tout le long de la fibre. La vitesse de propagation est
𝑐
𝐿 ′
𝑐
𝐿′ 𝑛1
𝑐
toujours v1 = 𝑛 donc v1 = 𝑛 = 𝛥𝑡 ′ donc Δt’=
1
1
𝐿
= cos 𝑟 .
𝑚
𝑛1
𝑐
𝛥𝑡
= cos 𝑟 car Δt =
𝑚
𝐿 𝑛1
𝑐
Or rm correspond à la limite de la réflexion totale sur la gaine, donc rm = 90 – iC et cos rm = sin ic =
𝛥𝑡
Alors Δt’= 𝑐𝑜𝑠 𝑟 =
𝑚
𝒏𝟏
𝒏𝟐
Δt = Δt’
4) La différence δtmax des durées de propagation des deux rayons particuliers envisagés est donc
𝑛
δtmax = Δt’- Δt = Δt ( 𝑛1 - 1 ) =
2
10
𝑳 𝒏𝟏
𝒄
𝒏
( 𝒏𝟏 - 1 ) = 1,583.10-7 s = δtmax
𝟐
𝑛2
𝑛1
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5) On envoie alors en entrée de la fibre des impulsions lumineuses très
brèves avec une période T.
A chaque impulsion correspondent des rayons d’incidence 𝜃 variant entre 0
et 𝜃m. Ils arrivent donc au bout de la fibre avec un décalage temporel
maximal de δtmax . Les impulsions sont donc élargies, on peut les représenter
comme des portions de courbe de largeur δtmax , durée séparant l’arrivée
du rayon confondu avec l’axe et l’arrivée du rayon d’incidence 𝜃m.
6) Pour que 2 impulsions successives soient séparées en sortie, la largeur
temporelle en sortie doit être inférieure à la période T d’émission des impulsions :
δtmax < T soit f < 𝛿𝑡
1
𝑚𝑎𝑥
. donc la fréquence maximale f à laquelle on peut émettre des impulsions lumineuses en entrée
qui soient « séparées » en sortie est :
fmax =
𝟏
𝜹𝒕𝒎𝒂𝒙
= 6,3 MHz
7) Le débit est donc le nombre maximal d’impulsions pas seconde soit fmax = 𝛿𝑡
1
𝑚𝑎𝑥
= 6,3 Mbit/s.
Ce débit est supérieur à celui du standard téléphone Numéris (64 kbit/s) et inférieur à celui du standard télévision
(100 Mbit/s). Cette fibre peut donc convenir pour le téléphone mais pas pour la télévision.
Pour les connexions internet haut débit, permettant d’accéder par exemple à des émissions de télévision, la fibre
optique est actuellement la solution la plus performante, plus performante que l’ADSL qui a un débit de 512 Mo/s (1
o correspondant à 8 bits). Les fibres optiques actuelles permettent donc des débits largement supérieurs à ceux
évoqués ci-dessus ; il s’agit de fibres dites monomode, avec un petit diamètre de cœur de l’ordre de 10 µm, autorisant
uniquement le parcours selon l’axe de la fibre. Il existe également des fibres multimodes plus performantes avec un
cœur à gradient d’indice.
F) Problème d’installation
1) Si la fibre est coudée, la normale en tout point de l’interface cœur/gaine « tourne », ainsi l’angle d’incidence sur
l’interface cœur/gaine diminue. Cet angle i peut donc devenir inférieur à iC et la réflexion totale n’a plus lieu,
donc les rayons ne sont plus guidés par la fibre.
2) Soit un rayon axial (𝜃 = 0°) : il parcourt la partie droite de la fibre en restant confondu avec son axe. Comme la
fibre est coudée, il arrive sur l’interface coudée en M avec un angle d’incidence i.
𝑏
Selon le schéma ci-contre, sin i = 𝑏+𝑎 .
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Pour que la réflexion totale ait toujours lieu, il faut que sin i > sin iC soit
𝑏
𝑛
3) Cette condition se répercute sur b : 𝑏+𝑎 > 𝑛2 est équivalent à b > 𝑛
1
𝒏𝟐
𝟏− 𝒏𝟐
La valeur minimale de b est donc bmin = 𝒏
𝒃
𝒏
> 𝟐
𝒃+𝒂 𝒏𝟏
𝑛2
1− 𝑛2
.a
. a = 3,07 mm pour a = 100 μm et les indices de la silice et du silicone.
Il est donc tout à fait possible de construire une fibre optique à saut d’indice pouvant guider la lumière dans n’importe
quelle configuration, cet angle de 180° correspondant à la situation la plus défavorable.
Cependant, cela nécessite une gaine de dimensions très importantes (b  30 a ; diamètre de la fibre > 6 mm), ce qui
cause des soucis d’encombrement, de poids, et certainement une augmentation des coûts de construction,
transport, stockage etc.
En pratique, on utilise d’autres types de fibres (à gradient d’indice par exemple), ce qui explique que les rayons des
fibres évoqués dans l’énoncé soient plus faibles (jusqu’à 400 µm).
Problème N°2 : CAMERA DE CONTROLE DES PLAQUES D’IMMATRICULATION (E3A MP
2012)
C) DIMENSIONNEMENT DES CAMÉRAS
1) Pour pouvoir visualiser une image réelle d’un objet réel à l’aide d’une lentille convergente de focale f’, il faut
une distance entre l’objet et l’écran d’observation supérieure à 4f’ (cf. étude théorique des méthodes de Bessel
et Silbermann).
La réalisation de l’image réelle d’un objet réel est appelée une projection.
2) D’après la relation de conjugaison de Descartes, on a :
̅̅̅̅
𝑂𝐶 =
𝐿𝑓′
𝐿−𝑓′
1
̅̅̅̅
𝑂𝐶
1
1
̅̅̅̅ = −𝐿 :
soit avec 𝑂𝑃
− ̅̅̅̅
= 𝑓′,
𝑂𝑃
.
On souhaite former une image réelle d’un objet réel, ce qui correspond à 𝐿 > 0 et ̅̅̅̅
𝑂𝐶 > 0, or d’après la relation
1
1
1
1
1
1
de conjugaison de Descartes, 𝑂𝐶
− 𝑂𝑃
= 𝑓′ ⟺
= 𝑂𝐶
+ 𝐿 : on a donc alors nécessairement 𝒇′ > 𝟎.
̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝑓′
Il faut utiliser une lentille convergente (une lentille divergente donne toujours une image virtuelle d’un objet réel).
3) Relation de conjugaison de Descartes pour le grandissement :
On a donc
̅̅̅̅
𝑶𝑪
̅̅̅̅
𝑂𝐶
 = ̅̅̅̅
,
𝑂𝑃
𝐿𝑓′
̅̅̅̅ = −𝐿 et 𝑂𝐶
̅̅̅̅ =
avec 𝑂𝑃
.
𝐿−𝑓′
𝒇′
 = 𝑶𝑷
̅̅̅̅ = 𝒇′ −𝑳.
4) Pour tous les modèles décrits dans le tableau 1, on a 𝑓 ′ ≪ 𝐿, soit 𝐿 − 𝑓 ′ ≈ 𝐿.
′
𝐿𝑓′
𝐿𝑓
Avec ̅̅̅̅
𝑂𝐶 = 𝐿−𝑓′, on obtient finalement ̅̅̅̅
𝑂𝐶 ≈ 𝐿 = 𝑓 ′ .
Au vu des distances mises en jeu, les objets peuvent être considérés comme à l’infini, les images se formant dans le
plan focal. C’est donc dans ce plan focal image que doit être placé le capteur CCD afin d’obtenir une image nette.
𝑓′
𝒇′
5) Avec  = 𝑓′ −𝐿 et 𝑓 ′ ≪ 𝐿, soit 𝐿 − 𝑓 ′ ≈ 𝐿 , on obtient  ≈ − 𝑳 .
Modèle de caméra
Focale 𝑓 ′ (mm)
Distance de mesure L (m)
Grandissement 
12
1
35,0
20,0
-1,75.10-3
2
25,0
14,5
-1,72.10-3
3
16,0
9,0
-1,78.10-3
4
12,0
7,0
-1,71.10-3
5
8,00
4,5
-1,78.10-3
H
Sujets optique géométrique
ATS Centrale
Soit en moyenne : |̅ | = 𝟏, 𝟕𝟓. 𝟏𝟎−𝟑
Les variations sont très faibles : le grandissement est environ le même quelle que
soit la distance d’observation. De plus,  < 0 indique une image renversée.
6)
Cf. schéma : soit d la diagonale du capteur, avec d = 0,635 cm, h la largeur et H la
longueur.
h
d
Soit a le côté d’un pixel, on a h = na = 582 a et H = Na = 752 a (chaque carré représente
un pixel).
On a donc selon Pythagore 𝑑2 = 𝐻 2 + ℎ2 = (𝑛2 + 𝑁 2 )𝑎2 , d’où
Avec h = na = 582 a et H = Na = 752 a, on trouve :
7)
𝒂=
𝒅
√𝒏𝟐 +𝑵𝟐
.
A.N. : a = 6,68 µm.
h = 3,89 mm et H = 5,02 mm.
Le champ de vue dans le plan d’observation correspond à la portion de l’espace dont l’image par la caméra se
forme sur le capteur.
Soient hA la largeur et HA la longueur de cette portion d’espace rectangulaire dont l’image correspond à la surface
ℎ
𝐻
complète du capteur capteur : par définition du grandissement du système, || =
= .
ℎ𝐴
𝒉
𝑯
Finalement, 𝒉𝑨 = || et 𝑯𝑨 = || .
8)
𝐻𝐴
A.N. : 𝒉𝑨 = 𝟐, 𝟐𝟐 𝒎 et 𝑯𝑨 = 𝟐, 𝟖𝟕 𝒎.
Ce champ de vue est de l’ordre de grandeur de la taille d’une voiture ; une caméra suffit donc par voie à condition
d’être correctement positionnée, mais il faudra une caméra par voie si la route en comporte plusieurs.
9) En notant ℎ𝑐 = 110 𝑚𝑚 la hauteur d’un caractère de la plaque et 𝑙𝑐 = 520 𝑚𝑚 sa largeur, et en notant
ℎ′𝑐 et 𝑙′𝑐 la hauteur et la largeur de l’image de ce caractère par la caméra, par définition du grandissement, on
a || =
ℎ′𝑐
ℎ𝑐
=
𝑙′𝑐
.
𝑙𝑐
Finalement :
𝒉′𝒄 = ||𝒉𝒄
A.N. :
𝒉′𝒄 = 𝟏𝟑𝟗 µ𝒎 = 𝟐𝟏 𝒑𝒊𝒙𝒆𝒍𝒔 et
et
𝒍′𝒄 = ||𝒍𝒄 .
𝒍′𝒄 = 𝟖𝟕, 𝟓 µ𝒎 = 𝟏𝟑 𝒑𝒊𝒙𝒆𝒍𝒔.
C’est une image très pixelisée (chaque caractère est représenté par un nombre restreint de pixels,
ce qui correspond à un tracé grossier), dont la lecture automatique peut s’avérer complexe et
nécessiter un algorithme de reconnaissance de caractères performant.
10) Lorsque le grandissement  augmente, d’après la question 7), le champ de vue diminue, au risque de descendre
sous la taille critique permettant de visualiser à coup sûr les plaques d’immatriculation entières, et d’après la
question 9), la taille de l’image finale augmente, diminuant les problèmes de pixellisation (de définition de
l’image) et donc de reconnaissance de caractères. La caméra proposée réalise un compromis serré entre ces
deux contraintes : champ de vue suffisamment important (tout juste de la taille d’une voiture), et image finale
suffisamment grande pour rester tout juste lisible (caractère représenté à l’aide de quelques dizaines de pixels).
Pour augmenter la qualité de l’image sans diminuer le champ de vue, il faudrait augmenter le nombre de pixels sur
le capteur (pixels de plus petite taille), donc augmenter son coût.
11) Les images dans le domaine visible ne seraient pas exploitables dans des conditions difficiles, comme en
présence de brouillard, ou dans la pénombre ou la nuit lorsque les phares sont allumés (cf. schémas ci-dessous),
avec la présence ou non d’autres sources de lumière (lampadaires, etc.). L’utilisation d’un flash visible le temps
de la photographie serait optiquement envisageable, mais serait très inconfortable voire dangereux pour les
automobilistes au volant !
L’utilisation de LED émettant dans l’infrarouge et l’exploitation d’images dans l’infrarouge permettent :
-
13
d’éclairer les plaques d’immatriculation sans éblouir les conducteurs ;
Sujets optique géométrique
ATS Centrale
-
de ne pas être perturbées par les phares et autres sources de lumière visible ;
-
de présenter un contraste identique quelles que soient les conditions d’illumination.
Ces images dans l’IR peuvent être utilisées de jour comme de nuit, les images dans le visible étant maintenues pour
pouvoir éventuellement effectuer un contrôle manuel lorsque l’algorithme de lecture automatisée de plaques
d’immatriculation (LAPI) (utilisant la technique de la reconnaissance optique de caractères sur des images pour lire
les plaques d'immatriculation de véhicules), échoue.
Infrarouge (jour ou nuit)
Visible (jour)
Visible (nuit)
https://www.cctv-information.co.uk/i/An_Introduction_to_ANPR
12) Les caméras se comportent comme des pupilles circulaires de diamètre D = 1,00 cm qui diffractent la lumière.
La diffraction par une pupille circulaire donne une tâche d’Airy définie par un demi angle 𝜃 correspondant au rayon
𝝀
angulaire du premier anneau sombre, tel que 𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝟏, 𝟐𝟐 𝑫.
Après passage par la lentille, la diffraction se faisant à l’infini, l’image se forme dans le plan focal de la lentille. En
considérant le rayon non dévié passant par le centre optique, d’angle 𝜃 avec l’axe optique (schéma), et en notant d
𝑑
le diamètre de la tâche finale, on a tan 𝜃 = ′, soit :
2𝑓
𝝀
𝒅 = 𝟐𝒇′ 𝐭𝐚𝐧 (𝐚𝐫𝐜𝐬𝐢𝐧 (𝟏, 𝟐𝟐 𝑫)),
ou encore avec l’approximation des petits angles : tan 𝜃 ≈ sin 𝜃 ≈ 𝜃 :
𝝀 ′
𝒇
𝑫
Pour la caméra de modèle 1, la distance focale est f’ = 35,00 mm (il s’agit de la caméra pour laquelle la tâche sera la
plus grande, la focale étant la plus importante), et le rayonnement infrarouge utilisé, dans le pire cas, a pour longueur
d’onde  = 950 nm.
𝒅 ≈ 𝟐 × 𝟏, 𝟐𝟐
A.N. : d  8 µm  a  7 µm
L’ordre de grandeur de la largeur de la tache de diffraction de l’image d’un point sur le capteur CCD est quasiment
celui de la taille d’un pixel, et ne limite donc que très peu la résolution de l’image. Là encore, le dimensionnement
est effectué en se plaçant à la limite physique admissible.
I
Φ′
14
Sujets optique géométrique
ATS Centrale
Il s’agit du tracé d’un rayon émergent associé à un rayon incident quelconque. On peut par exemple se servir pour la
construction d’un rayon (en pointillés sur le schéma) qui serait parallèle au rayon incident étudié et non dévié (donc
passant par le centre optique O) ; les 2 rayons incidents étant parallèles, ils émergent en passant par un même point
Φ′ qui est un foyer image secondaire, que l’on peut déterminer en considérant l’intersection du rayon non dévié
avec le plan focal image de la lentille. Le rayon étudié ressort donc selon la droite IΦ′ , I étant son intersection avec
la lentille (cf. schéma).
Le second rayon lui est symétrique par rapport à l’axe optique, et ressort en passant par le point C 0 de l’axe optique
ℒ
correspondant à son intersection avec IΦ′ (P0→ C0).
Selon le même type de démarche que dans la question précédente.
𝑑1
𝐶0 𝐶1
B.3.) D’après le théorème de Thalès :
̅̅̅̅̅̅
𝑂𝑃 𝑓′
𝑂𝑃0 +𝑓′
D’après A.2. , ̅̅̅̅̅
𝑂𝐶0 = ̅̅̅̅̅̅0
𝐿.𝑓′
=
−𝐿.𝑓′
−𝐿+𝑓′
=
𝐷
𝑂𝐶1
; de même ̅̅̅̅̅
𝑂𝐶1 =
⟹
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑂𝑃
0 +𝑃
0 𝑃1 )𝑓′
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
𝑂𝑃0 +𝑃0 𝑃1 +𝑓′
=
( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿− 𝛥1 )+𝐿(−𝐿+Δ1 +𝑓′ )
)
( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿− 𝛥1 )
−𝐿+Δ +𝑓′
D’où 𝑑1 = 𝐷 (1 − 𝑓′ −𝐿 . (−𝐿+Δ1 ).𝑓′ ) = 𝐷 (
1
Finalement, on obtient bien
𝐶0 𝑂+𝑂𝐶1
)
𝑂𝐶1
𝑑1 = 𝐷 (
d1 = D (
(−𝐿+Δ1 ).𝑓′
−𝐿+Δ1 +𝑓′
𝑂𝐶0
)
𝑂𝐶1
,
𝐿2 −𝐿Δ1 −𝑓′ 𝐿+𝑓′ Δ1 −𝐿2 +𝐿Δ1 +𝐿𝑓′
)
( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿− 𝛥1 )
= 𝐷(
𝒇′ 𝜟𝟏
𝑳− 𝒇′ )( 𝑳− 𝜟𝟏 )
On admet que le diamètre de la tache image peut alors s’exprimer sous la forme :
′
= 𝐷 (1 −
B5) Avec f’ << L, 𝐿 − 𝑓 ≈ 𝐿, d’où d1 = D
𝑓′ 𝛥1
( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿− 𝛥1 )
𝑓′ 𝛥
B6) 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 est telle que d1 =a, soit 𝑎 ≈ 𝐷 𝐿( 𝐿− 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 ),
1,𝑙𝑖𝑚
≈
𝑓′ 𝛥
𝐷 𝐿( 𝐿− 𝛥1 )
1
et
d2 =
𝑓′ 𝛥
2
d2 = D ( 𝐿− 𝑓′ )( 𝐿+
𝛥
𝑓′ 𝛥
D 𝐿( 𝐿+ 𝛥2 ).
2
2
d’où
𝑎𝐿( 𝐿 − 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 ) ≈ 𝐷𝑓 ′ 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 ,
soit
d’où
𝑎𝐿( 𝐿 + 𝛥2,𝑙𝑖𝑚 ) ≈ 𝐷𝑓 ′ 𝛥2,𝑙𝑖𝑚 ,
soit
)
𝒂𝑳𝟐
𝜟𝟏,𝒍𝒊𝒎 = 𝑫𝒇′ +𝒂𝑳 ;
𝑓′ 𝛥
𝛥2,𝑙𝑖𝑚 est telle que d2 =a, soit 𝑎 ≈ 𝐷 𝐿( 𝐿+ 𝛥2,𝑙𝑖𝑚 ),
2,𝑙𝑖𝑚
𝒂𝑳𝟐
𝜟𝟐,𝒍𝒊𝒎 = 𝑫𝒇′ −𝒂𝑳 ;
B7) A.N. :
𝜟𝟏,𝒍𝒊𝒎 = 𝟐, 𝟓𝟒 𝒎
𝜟𝟐,𝒍𝒊𝒎 = 𝟓, 𝟖𝟒 𝒎.
La caméra peut donc prendre des photos de voitures situées à des distances allant de 𝑳 − 𝜟𝟏,𝒍𝒊𝒎 = 𝟔, 𝟒𝟔 𝒎 à 𝑳 +
𝜟𝟐,𝒍𝒊𝒎 = 𝟏𝟒, 𝟖𝟒 𝒎, ce qui correspond à une plage satisfaisante.
15
Sujets optique géométrique
ATS Centrale
𝑎𝐿2
𝑎𝐿2
𝟐𝒇′ 𝑫𝒂𝑳𝟐
B8) Par définition, la profondeur de champ est 𝑍 = 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 + 𝛥2,𝑙𝑖𝑚 , soit 𝑍 = 𝐷𝑓′ +𝑎𝐿 + 𝐷𝑓′ −𝑎𝐿 = (𝑫𝒇′ )𝟐−(𝒂𝑳)𝟐 = 𝒁
𝐷𝑓 ′ = 1,60. 10−4 m2
B9) A.N. :
(𝐷𝑓 ′ )2 ≈ 3. 10−8 m4
et
𝑎𝐿 = 6,30. 10−5 m2
soit
(𝑎𝐿)2 ≈ 4. 10−9 m4
et
L’approximation est grossière, mais on peut envisager de considérer (𝐷𝑓 ′ )2 ≈ 3. 10−8 m4 >> (𝑎𝐿)2 ≈ 4. 10−9 m4.
2𝑓 ′ 𝐷𝑎𝐿2
(𝐷𝑓′ )2
On peut alors écrire 𝑍 ≈
𝟐𝒂𝑳𝟐
𝑫𝒇′
=
= 𝒁.
A.N. : Z  7,1 m.
C’est cohérent avec le calcul exact 𝛥1,𝑙𝑖𝑚 + 𝛥2,𝑙𝑖𝑚 = 8,4 m, l’approximation sur Z étant assez grossière, ce qui explique
l’écart entre les deux calculs.
On peut noter qu’il s’agit là d’une profondeur de champ très élevée au regard de la distance de prise de vue qui est
L = 9 m.
B10) Une lentille de petit diamètre permet donc d’augmenter la profondeur de champ (effet classique en
photographie en diminuant l’ouverture), ce qui permet de se passer d’un dispositif de mise au point (c’est également
utilisé dans les appareils photos jetables et certains téléphones portables). Là encore, il s’agit de réaliser un
compromis entre une profondeur de champ importante, et les risques de phénomènes de diffraction (limitant la
résolution) et de faible luminosité.
PROBLEME N°3 : LATITUDE DE MISE AU POINT ET PROFONDEUR DE CHAMP D’UN AUTOFOCUS - FACULTATIF
(CENTRALE PSI 2015)
I
I.A- a : Soient L = 14,9 mm et 𝑙 = 22,3 mm la hauteur et la longueur du capteur.
La surface d’un pixel est 𝑠 = 𝑎2 et la surface du capteur est 𝑆 = 𝐿𝑙 , or le capteur comporte un nombre N = 18,7.106 de pixels.
On a donc 𝑆 = 𝑁𝑠 = 𝑁𝑎2 = 𝐿𝑙 d’où 𝑎 = √
𝐿𝑙
𝑁
A.N. : a = 4,21 µm
Il est indispensable pour la rédaction de la question d’introduire des grandeurs littérales pour les différentes valeurs données
dans le document.
D’après le texte, on a ̅̅̅̅
𝐴𝐵 = ℎ = 1,80 𝑚 correspondant à la hauteur h de
l’homme photographié, ̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′ = −𝐿 = 14,9 mm car l’image occupe toute la
D
B
F’
A
d
F
O
A’
B’
hauteur du capteur, ̅̅̅̅
𝑂𝐴 = −𝑑 et ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ = 𝐷 − 𝑑.
D’après les relations de conjugaison de Descartes pour la position et le
grandissement, on a :
=
Grandissement :
1
̅̅̅̅
𝑂𝐴 ′
Position :
En utilisant (1) dans (2) :
16
1
−𝑑
1
1
𝑂𝐴
𝑓′
− ̅̅̅̅ =
1
1
𝑑
𝑓′
+ =
soit
1
𝐷−𝑑
1
1
𝑑
𝑓′
+ =
̅̅̅̅̅̅
𝐴′𝐵′
̅̅̅̅
𝐴𝐵
=
(2)
̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′
̅̅̅̅
𝑂𝐴
soit
 =
−𝐿
ℎ
=
𝐷−𝑑
−𝑑
(1)
Sujets optique géométrique
1
1,80
𝛾
14,9.10−3
d’où 𝑑 = 𝑓' (1 − ) = 50.10−3 (1 +
Et ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ = −𝑑 = 5,04 𝑐𝑚
ATS Centrale
) = 6,09𝑚
soit D = ̅̅̅̅̅
𝑂𝐴′ + 𝑑 = 𝑑(1 − ) = 6,14 m
I.BI.B.1) No est modifié à l’aide du diaphragme qui est plus ou moins ouvert.
I.B.2)
Première méthode : objet supposé à l’infini
Etant donné la distance 𝐷 entre l’objet et la lentille calculée et la distance focale image 𝑓’ de cette lentille, on a 𝐷 >> 𝑓’, et on
peut supposer avec une bonne approximation que l’objet se trouve à l’infini.
Son image se forme donc en π’, plan focal image de la lentille, dans lequel on place la pellicule.
On recule alors la lentille au point O2 tel que la tâche sur la pellicule ait une taille 𝑎, puis on avance la lentille jusqu’au point O1
tel que de nouveau la tâche sur la pellicule ait une taille 𝑎 (cf. schéma ci-dessous).
Thalès :
𝑎/2
𝑂2 𝑀−𝑓′
=
𝑅
𝑓′
et
𝑎/2
𝑓 ′−𝑂1 𝑀
=
𝑅
D’où 𝑂2 𝑀 − 𝑓 ′ = 𝑓 ′ − 𝑂1 𝑀 = 𝑎/2
𝑓′
̅̅̅̅̅̅
On en déduit : ̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝑂1 = ̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝑀 −𝑂
1𝑀 ≃
𝑓′𝑎
𝑅
= 2𝑁0 . 𝑎
𝑓′
𝑅
qui ne
dépend pas de 𝐷.
Ceci représente la latitude de mise au point.
Numériquement, elle varie entre 10 μm et 0,13 mm. C’est très
faible…
D
Figure 0
R
A
A’
O
Figure 1
Seconde méthode : objet à la distance D de la lentille
R
On cherche la distance O2O1 telle que l’image du point A soit
toujours inférieure à a.
Pour cela on trace le rayon issu de A passant par l’extrémité de la
lentille de rayon R.
A
a/2
A1’
O1
Figure 2
R
Soit A’ le point d’intersection de l’écran et de l’axe optique, A’ 1 et
A’2 les images de l’objet A pour les deux positions de la lentille,
dont le centre optique sera en O1 lorsque l’image est en A’1 et en
O2 lorsque l’image est en A’2.
A
O2
A2’ A’
a/2
Remarque : Il existe deux positions de la lentille permettant de conjuguer un objet et une image (cf. étude théorique de la
méthode de Bessel) ; celle représentée sur la figure 0 correspond au cas où la lentille est la plus éloignée de l’objet et la plus
proche de l’image (donc de la pellicule), ce qui correspond au cas de l’appareil photo.
Le théorème de Thales donne :
̅̅̅̅̅̅̅
𝑂1 𝐴1′
2𝑅
(1)
=−
′
̅̅̅̅̅̅
𝑎
𝐴 𝐴′
1
̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴′2 2𝑅
=
(2)
̅̅̅̅̅̅
𝑎
𝐴′ 𝐴′
2
La relation de conjugaison de Descartes donne :
1
1
1
−
= ′ (3)
′
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
𝑓
𝑂
𝐴
𝑂
𝐴
1
1 1
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅′
𝐷 = −𝑂
1 𝐴 + 𝑂1 𝐴 (5)
avec :
1
1
1
−
= ′ (4)
′
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
𝑓
𝑂
𝐴
𝑂
𝐴
2
2 2
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅′
𝐷 = −𝑂
2 𝐴 + 𝑂2 𝐴 (6)
On élimine les points A’ et A’2 entre les équations (2), (4) et (6) :
′
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅′
D’après (6), 𝐷 + ̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 = ̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴′ ; or ̅̅̅̅̅̅
𝐴′2 𝐴′ = 𝐴
2 𝑂2 + 𝑂2 𝐴′ = 𝐷 + 𝑂2 𝐴 − 𝑂2 𝐴2
17
Sujets optique géométrique
Et d’après (2) : ̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴′2 =
2𝑅 ̅̅̅̅̅̅
𝐴′ 𝐴′
𝑎 2
=
2𝑅
𝑎
ATS Centrale
(𝐷 + ̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 − ̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴′2 )
En posant 𝑝2′ = ̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴′2 et x2 = ̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 :
𝑝2′ (2𝑅 + 𝑎) = 2𝑅(𝐷 + 𝑥1 ) ⟺
Or d’après (4) : 𝑝2′ =
𝑓′𝑥2
𝑓 ′+𝑥2
=
𝑝2′ =
2𝑅(𝐷+𝑥2 )
(2𝑅+𝑎)
2𝑅(𝐷+𝑥2 )
(2𝑅+𝑎)
on obtient alors une équation en 𝑥2 = ̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 :
𝑥2 2 + (D -
𝑓′𝑎
2𝑅
). 𝑥2 +Df’ = 0
Cette équation admet deux solutions négatives :
1
𝑓 ′𝑎
𝑓 ′𝑎 2
(− (𝐷 −
) ± √(𝐷 −
) − 4𝐷𝑓′)
2
2𝑅
2𝑅
̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 =
Comme pour la figure zéro (cf. remarque), on retient la solution correspondant à la distance AO 2 la plus grande, soit :
1
𝑓 ′𝑎
𝑓 ′𝑎 2
(− (𝐷 −
) − √(𝐷 −
) − 4𝐷𝑓′)
2
2𝑅
2𝑅
̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 =
̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 =
̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 =
En
faisant
un
développement
̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 ≃
1
𝑓 ′𝑎
𝑓 ′ 𝑎 2 4𝑓 ′
(−𝐷 +
− 𝐷 √(1 −
) −
)
2
2𝑅
2𝑅𝐷
𝐷
1
𝑓 ′𝑎
𝑓 ′ 2 𝑎2 𝑓 ′ 𝑎 4𝑓 ′
(−𝐷 +
− 𝐷 √1 + 2 2 −
−
)
2
2𝑅
4𝑅 𝐷
𝑅𝐷
𝐷
limité
de
la
racine
à
l’ordre
1
en
𝑓′
𝐷
et
𝑎𝑓 ′
𝑅𝐷
:
1
𝑓 ′𝑎
𝑓 ′ 𝑎 2𝑓 ′
1
𝑓 ′𝑎
(−𝐷 +
− 𝐷 (1 −
−
)) ≃ (−2𝐷 +
+ 2𝑓′)
2
2𝑅
2𝑅𝐷
𝐷
2
𝑅
L’équation en 𝑥1 = ̅̅̅̅̅
𝑂1 𝐴 s’obtient en changeant 𝑎 en – 𝑎.
1
𝑓 ′𝑎
̅̅̅̅̅
𝑂1 𝐴 ≃ (−2𝐷 −
+ 2𝑓′)
2
𝑅
̅̅̅̅̅
On retrouve au 1er ordre : ̅̅̅̅̅̅̅
𝑂2 𝑂1 = ̅̅̅̅̅
𝑂2 𝐴 −𝑂
1𝐴 ≃
𝑓′𝑎
𝑅
= 2𝑁0 . 𝑎
C’était bien la peine…
I.C- Pour un portrait on n’a pas besoin d’une grande profondeur de champ, puisque c’est le visage que l’on souhaite voir
nettement, et que sa profondeur est faible. Une faible profondeur de champ correspond d’après l’énoncé à un faible nombre
d’ouverture, or nous avons montré que la latitude de mise au point varie proportionnellement à No ; un petit nombre d’ouverture
donc une faible latitude de mise au point conviennent donc pour un portrait.
18
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